2023-2024学年福建省厦门第六中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省厦门第六中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．两条平行直线：与：之间的距离是（ ）
A．0B．2C．1D．
【答案】D
【分析】根据平行直线间的距离公式求解即可.
【详解】直线：即，故与：的距离为
.
故选：D
2．焦点在 y轴上，且长轴长与短轴长之比为，焦距为的椭圆方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的标准方程，结合题干列出方程，即可.
【详解】因为焦点在 y轴上，故设椭圆方程为，
则，且，
解得：，所以椭圆的标准方程为.
故选：D
3．从M(0，2，1)出发的光线，经平面xOy反射后到达点N(2，0，2)，则光线所行走的路程为( )
A．3B．4C．D．3
【答案】C
【分析】由对称性先求出M(0，2，1)关于平面xOy的对称点，然后利用空间两点间的距离公式计算即可．
【详解】由对称性M(0，2，1)关于平面xOy的对称点,则光线所走过的路程为，故选C．
【点睛】本题主要考查对称性及空间两点间的距离公式，属基础题．
4．已知椭圆上一点到左焦点的距离为，是的中点，则（ ）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】由椭圆的定义得，进而根据中位线定理得.
【详解】解：由椭圆方程得，即，
因为由椭圆的定义得，，
所以，
因为是的中点，是的中点，
所以.
故选：A
5．已知O为空间任意一点，A、B、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，且，则m的值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】O为空间任意一点，A、B、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，均有结论，其中，故可由进行转化，利用结论即可
【详解】，
∵O为空间任意一点，A、B、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，
∴，∴.
故选：C
6．在中，，给出满足的条件，就能得到动点的轨迹方程，下表给出了一些条件及方程：
则满足条件①、②、③的点轨迹方程按顺序分别是（ ）
A．、、B．、、
C．、、D．、、
【答案】A
【分析】题目中给出了的两个顶点、的坐标，当给出周长时，可得到到、两点的距离和为定值，且定值大于的距离，可知的轨迹为椭圆除去轴上的两点；当的面积为定值10时，可得到轴的距离为定值5，从而可得的轨迹是两条直线；当中，时，可知到原点的距离为定值2，从而得到的轨迹是圆除去与轴的两个交点．
【详解】解：如图，在平面直角坐标系中

，．
若①周长为10，则，
的轨迹为以、为焦点，长轴长为6的椭圆，方程为：；
若②面积为10，设到所在直线距离为，则，即，．
，．的轨迹方程为：；
若③中，，则，即，．
满足条件①、②、③的点轨迹方程按顺序分别是、、．
故选：A．
7．已知点，点，点在圆上，则使得的点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】利用求出点的轨迹方程为，再根据圆心距与两圆的半径的和的大小关系可得两圆相交，从而可得结果.
【详解】因为点，点，且，所以点的轨迹是以为直径的圆，
圆心，半径为，其方程为，
所以两圆的圆心距为，两圆的半径和为，
因为，所以两圆相交，所以满足条件的点的个数为，
故选：C
8．已知椭圆，点，是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上一点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取线段的中点，由已知条件得出，从而三点共线，且，则，再利用，即可求出离心率.
【详解】不妨设点在轴上方，设点的纵坐标为，设点的纵坐标为，
的内切圆半径为，取线段的中点，设点的纵坐标为，
因为，所以，
所以，即，所以三点共线，且，
则，
，
，
，所以，
，则椭圆的离心率为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：椭圆离心率的三种求法：（1）若给定椭圆的方程，则根据焦点位置确定，求出的值，利用公式直接求解．（2）求椭圆的离心率时，若不能直接求得的值，通常由已知寻求的关系式，再与组成方程组，消去得只含的方程，再化成关于的方程求解．（3）求离心率时要充分利用题设条件中的几何特征构建方程求解，从而达到简化运算的目的．
二、多选题
9．已知直线l的倾斜角为，且直线l经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A．直线l的一个方向向量为B．直线l在x轴上的截距等于
C．直线l与直线垂直D．点到直线l上的点的最短距离是1
【答案】CD
【分析】根据直线的倾斜角、斜率、方向向量、截距、直线垂直、点到直线的距离等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】直线的倾斜角为，斜率为，
所以直线的一个方向向量为，所以A选项错误.
直线的方程为，
令得，所以B选项错误.
直线的斜率为，
，所以直线l与直线垂直，所以C选项正确.
直线的方程为，即，
点到的距离为，所以D选项正确.
故选：CD
10．在空间直角坐标系中，O是坐标原点，，，，下列选项中，正确的有（ ）
A．B．平面ABC的一个法向量是
C．的面积是D．点O到直线AB的距离是
【答案】BCD
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示公式，结合法向量的定义、点到线的距离公式逐一判断即可.
【详解】.
A：因为，所以不互相垂直，因此本选项不正确；
B：设，则，
而，平面ABC，
所以平面ABC，所以本选项正确；
C：，
，
所以点到的距离为，
所以的面积是，所以本选项正确；
D：，，
，
所以点到的距离为，
所以本选项正确，
故选：BCD
11．已知椭圆C：，，分别为它的左右焦点，若点P是椭圆上异于长轴端点的一个动点，，下列结论中正确的有（ ）
A．的周长为15
B．过椭圆C上一点的切线方程为
C．的最大值为12
D．若M是直线与椭圆C相交弦AB的中点，则方程为：
【答案】BD
【分析】A. 由的周长为求解判断；B.利用验证法判断； C. 求解判断；D.利用点差法求解判断；
【详解】由椭圆C：，得a=5，b=3，c=4，
A. 的周长为，故错误；
B.易知点在直线上，也在椭圆C：上，
联立，消去y得 ，因为，所以直线与椭圆相切，故正确；
C. 当共线时，等号成立，故错误；
D.设直线与椭圆C相交于，联立，两式相减得，则直线方程为，即，故正确；
故选：BD
12．已知圆，点是直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．四边形面积的最小值为
B．的最小值为
C．若是圆的一条直径，则的最小值为7
D．直线恒过定点
【答案】ABD
【分析】四边形面积，求出的最小值可判断A；由结合的最小值可得的范围，即可判断B；利用平面向量数量积的运算性质以及的最小值可判断C；设点，求出直线的方程，可求得直线恒过定点的坐标，可判断D．
【详解】对于A，圆心为，半径为，
由圆的几何性质可知，，，
所以，
四边形面积，
当时，取最小值，且，
则四边形面积的最小值为，故A正确；
对于B，在直角中，，
由，得，则，
而，则的最小值为，故B正确；
对于C，易知C为的中点，，
由，得的最小值为6，故C错误；
对于D，设点，则，
线段的中点为，
所以，以为直径的圆E的方程为，
即圆E的方程为，
将圆E的方程与圆C的方程作差可得，
即，
故直线的方程为，
变形可得，
由，可得，所以直线恒过定点，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题
13．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据椭圆的标准方程的形式，列出不等式组，即可求解.
【详解】根据题意，要使方程表示焦点在轴上的椭圆，
则满足，解得，即实数的取值范围为.
故答案为：
14．已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】根据条件得，将的最大值转化为的最大值，设，结合消去化简，结合的范围求解答案.
【详解】设圆的圆心为，半径，
则，在延长线上时取等号，
设，则，得，，
所以，
当时，取最大值，
所以的最大值.
故答案为：.
15．已知“经过点且法向量为的平面的方程是A（x﹣）+B（y﹣）+C（z﹣）＝0”．现知道平面α的方程为，则过与的直线与平面α所成角的余弦值是
【答案】/
【分析】由定义可得：平面的法向量分别为：（1，0，2），直线的方向向量为，再利用向量的数量积公式可得两个向量的夹角的余弦值，从而得到结果．
【详解】解：由定义可得：平面的法向量为（1，0，2），
又，，所以
所以直线与平面α所成角的正弦值：，
所以直线与平面α所成角的余弦值是．
故答案为：．
四、双空题
16．古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线以AB上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为1的正方体中，点P是正方体的表面（包括边界）上的动点，若动点P满足，则点P所形成的阿氏圆的半径为 ；三棱锥体积的最大值是 ．
阿波罗尼奥斯
【答案】
【分析】以为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，设，利用，求出点的轨迹方程，即可得到点所形成的阿氏圆的半径；求出即为三棱锥最大的高，然后利用三棱锥的体积公式求解即可．
【详解】解：以为坐标原点，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，
因为，所以，
整理得，
点所形成的阿氏圆的半径为；
则当到距离最大时，三棱锥的体积最大，
结合图形可知当在上，即为三棱锥最大的高，
则三棱锥体积的最大值是．
故答案为：；．
五、解答题
17．如图，已知平行四边形的三个顶点的坐标为，，.

(1)求平行四边形的顶点的坐标；
(2)在中，求边上的高线所在直线方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出线段中点坐标，再利用平行四边形的性质得为线段中点，从而利用中点坐标公式列方程组求解即可；
（2）通过直线垂直求出高线的斜率，代入点斜式直线公式求解即可.
【详解】（1）设线段中点为，则点坐标为，
设点坐标为，由平行四边形性质得为线段中点，有，
解得，所以；

（2）因为直线的斜率为，
所以边上的高线所在直线的斜率为，
又，故边上的高线所在直线的方程为，
即为.
18．已知圆心为的圆经过，两点，且圆心在直线上．
(1)求圆的标准方程；
(2)求与直线平行且与圆相切的直线方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出线段AB的中垂线方程与直线l的方程联立方程组求得圆心坐标，再求出半径即得圆标准方程，也可用一般方程求解．
（2）设出直线方程，由圆心到切线的距离等于半径求得参数值，得切线方程．
【详解】（1）的中点为，，所以线段的中垂线方程为，
由垂径定理可知，圆心在线段的垂直平分线上，
所以它的坐标是方程组的解，解之得
所以圆心的坐标是，圆的半径，
所以圆的标准方程是．
（2）设所求直线方程为，圆心到直线的距离，
所以，即，所以所求直线方程为．
19．如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.
（1）用，，表示，；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1），；（2）．
【分析】（1）根据空间向量的线性运算法则计算；
（2）用空间向量法求解．
【详解】（1）三棱柱中，点是的中点，
，
，
（2），，，，，
，
，
，
．
所以异面直线与所成角的余弦值是．
20．已知椭圆的左顶点为，焦距为2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆的另一个交点为点，与圆的另一个交点为点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）．（2）直线不存在．见解析
【解析】（1）据题意有，，则通过计算可得椭圆的标准方程；
（2）可先假设直线存在，可设直线的斜率为，则直线．根据及圆的性质可知垂直平分．再根据点到直线的距离公式可得的关于的表达式，再解可得的关于的表达式．然后联立直线与椭圆方程，消去整理可得一元二次方程，根据韦达定理有，．根据弦长公式可得的关于的另一个表达式．根据存在性则两个表达式相等，如果值存在则直线存在；如果没有值则直线不存在．
【详解】（1）由题意，可知，．则，．
椭圆的标准方程为．
（2）由题意，假设存在直线使得，可设直线的斜率为．
则直线．
，即点为线段中点，
根据圆的性质，可知，且平分．
根据题意画图如下：
则．
在中，．
联立直线与椭圆方程，可得：
，
消去，整理得．
则△．
，．
．
，整理，得．很明显矛盾，
故直线不存在．
【点睛】本题考查直线、圆和椭圆三者综合的问题、弦长公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．
21．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.
（1）若，求二面角的大小；
（2）若线段上总存在一点，使得，求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，即可由法向量求出夹角；
（2）设，求出，利用求出，即可得出的最大值.
【详解】（1）正方形和矩形所在的平面互相垂直，
则可得两两垂直，则可以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，
若，则,
则，，
可知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则由，可知，
不妨令，则，，即，
设二面角的平面角为，
因为为锐角，所以，
所以二面角的大小为.
（2），则，
因为点在线段上，
设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为.
【点睛】方法点睛：此题考查立体几何中的证明和计算问题，利用空间向量解决二面角的大小和探索性的问题，解题更加简便.
22．已知椭圆的焦距为，左、右焦点分别是，，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)过轴上一点的直线与椭圆交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足为，两点，证明：直线，交于一定点，并求出该定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，求得，结合离心率及的关系求得，即得答案；
（2）考虑直线斜率是否存在，是否为0．当直线的斜率存在且不为0时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，写出的方程，联立化简整理即可证明结论.
【详解】（1）圆与圆的圆心分别为，半径分别为1和3，
由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，
可知：，得，
又，，解得，，
所以椭圆的方程为：．
（2）设与轴交于点，则，
当的斜率为0时，显然不适合题意；
当的斜率不存在时，直线为，
四边形为矩形，，交于线段的中点，
当直线的斜率存在且不为0时，
设，，直线为，
联立，得，
，
，，
设，，
则，，
联立，的方程，得，
将，代入整理得．
将代入的方程，得
，
综上，直线、交于定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
条件
方程
①周长为10
②面积为10
③中，